精品解析：江苏省南京市中华中学2024届高三上学期期中学情检测数学试卷

2023-2024学年高三年级第一学期期中学情检测 高三数学 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项时符合题目要求的． 1. 设复数满足，则（ ） A. 2 B. C. 1 D. 4 2. 已知集合，或，则（ ） A. B. C. D. 3. 黄金分割最早见于古希腊和古埃及.黄金分割又称黄金率、中外比，即把一条线段分成长短不等的，两段，使得长线段与原线段的比等于短线段与长线段的比，即，其比值约为0.618339….小王酷爱数学，他选了其中的6，1，8，3，3，9这六个数字组成了手机开机密码，如果两个3不相邻，则小王可以设置的不同密码个数为（ ） A. 180 B. 210 C. 240 D. 360 4. 抛物线的焦点为F，点P在双曲线C：的一条渐近线上，O为坐标原点，若，则△PFO的面积为（ ） A. 1 B. C. 或 D. 或 5. 在△ABC中，．P为△ABC所在平面内的动点，且，则的取值范围是（     ） A. B. C. D. 6. 若直线：平分圆的面积，则的最小值为（ ）. A. 6 B. 8 C. 4 D. 7. 已知函数，则的图象上关于轴对称的点共有（ ） A. 1对 B. 2对 C. 3对 D. 4对 8. 已知，函数在上单调递减，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错得0分． 9. 下列说法正确的是（ ） A. 线性回归方程中，若线性相关系数越大，则两个变量的线性相关性越强 B. 数据1，3，4，5，7，9，11，16的第75百分位数为10 C. 根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，根据概率值，可判断与有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05 D. 某校共有男女学生1500人，现按性别采用分层抽样的方法抽取容量为100人的样本，若样本中男生有55人，则该校女生人数是675 10. 设是公差为d的等差数列，是其前n项的和，且，，则（ ） A. B. C. D. 11. 在正方体中，，G为C1D1的中点，点P在线段B1C上运动，点Q在棱C1C上运动，M为空间中任意一点，则下列结论正确的有（ ） A. 直线平面A1C1D B. 的最小值为 C. 异面直线AP与A1D所成角的取值范围是 D. 当时，三棱锥体积最大时其外接球的表面积为 12. 已知定义在上的函数的图象关于直线对称，函数的图象关于点中心对称，则下列说法正确的是（ ） A. B. 8是函数的一个周期 C. D. 三、填空题：共4小题，每题5分，共20分． 13. 已知的展开式中的系数为，则________． 14. 已知，则_________． 15. 某校高二学生的一次数学诊断考试成绩（单位：分）服从正态分布，从中抽取一个同学的数学成绩，记该同学的成绩为事件，记该同学的成绩为事件，则在事件发生的条件下事件发生的概率_________．（结果用分数表示） 附参考数据：，. 16. 若，则实数最大值为______. 四、解答题：本题共6小题，第17题10分，其余题目为12分，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17. 已知数列的前项积为，且. （1）求证：数列是等差数列； （2）证明：. 18. 某校在一次庆祝活动中，设计了一个“套圈游戏”，规则如下：每人3个套圈，向，两个目标投掷，先向目标掷一次，套中得1分，没有套中不得分，再向目标连续掷两次，每套中一次得2分，没套中不得分，根据累计得分发放奖品．已知小明每投掷一次，套中目标的概率为，套中目标的概率为，假设小明每次投掷的结果相互独立，累计得分记为． （1）求小明恰好套中2次的概率； （2）求的分布列及数学期望． 19. 法国著名军事家拿破仑·波拿巴最早提出的一个几何定理：“以任意三角形的三条边为边向外构造三个等边三角形，则这三个等边三角形的外接圆圆心恰为等边三角形的顶点”．在中，内角的对边分别为，且，以，为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次为．若，的面积为，求的面积． 20. 如图所示，四棱锥中，底面为菱形，. （1）证明：面； （2）线段上是否存在点，使平面与平面夹角的余弦值为？若存在，指出点位置；若不存在，请说明理由. 21. 已知椭圆C：的离心率为，两焦点与短轴两顶点围成的四边形的面积为． （1）求椭圆C的标准方程； （2）我们称圆心在椭圆C上运动，半径为的圆是椭圆C的“卫星圆”，过原点O作椭圆C的“卫星圆”的两条切线，分别交椭圆C于A，B两点，若直线OA，OB的斜率存在，记为，． ①求证：为定值； ②试问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由． 22. 已知函数． （1）求的单调区间； （2）若，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023-2024学年高三年级第一学期期中学情检测 高三数学 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项时符合题目要求的． 1. 设复数满足，则（ ） A. 2 B. C. 1 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的除法求出，利用复数模的公式求得结果． 【详解】由，得，则． 故选：A． 2. 已知集合，或，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先解分式不等式求出集合，再根据集合的运算法则计算可得. 【详解】由，等价于，解得， 所以， 又或，所以， 所以. 故选：D 3. 黄金分割最早见于古希腊和古埃及.黄金分割又称黄金率、中外比，即把一条线段分成长短不等的，两段，使得长线段与原线段的比等于短线段与长线段的比，即，其比值约为0.618339….小王酷爱数学，他选了其中的6，1，8，3，3，9这六个数字组成了手机开机密码，如果两个3不相邻，则小王可以设置的不同密码个数为（ ） A. 180 B. 210 C. 240 D. 360 【答案】C 【解析】 【分析】用插入法求解. 【详解】先把排列，然后选两个空档插入3，总方法为． 故选：C． 4. 抛物线的焦点为F，点P在双曲线C：的一条渐近线上，O为坐标原点，若，则△PFO的面积为（ ） A. 1 B. C. 或 D. 或 【答案】D 【解析】 【分析】确定焦点和渐近线方程，设，，再计算面积即可. 【详解】抛物线的焦点为，双曲线C：的渐近线为， 不妨取，设，， 解得或，或. 故选：D 5. 在△ABC中，．P为△ABC所在平面内的动点，且，则的取值范围是（     ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，建立平面直角坐标系，设，求得，再设，转化为三角函数的最值问题，即可求解. 【详解】在△ABC中，以为坐标原点，所在的直线分别为轴，建立平面直角坐标系， 如图所示，则，设， 因为，所以，又由， 所以， 设，，则， 其中，当时，取得最小值； 当时，取得最大值，所以的取值范围为. 故选：B.    6. 若直线：平分圆的面积，则的最小值为（ ）. A. 6 B. 8 C. 4 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意可知直线过圆心，进而可得，再利用基本不等式即可得结果. 【详解】由题意可知：圆的圆心为， 若直线平分圆的面积， 则直线过圆心， 得，即， 则， 当且仅当，即，时，等号成立， 所以的最小值为8. 故选：B. 7. 已知函数，则的图象上关于轴对称的点共有（ ） A. 1对 B. 2对 C. 3对 D. 4对 【答案】D 【解析】 【分析】问题转化为与的图象在上交点个数，由导数确定的性质，可作出草图，结合图象得出结论． 【详解】是偶函数，其图象关于轴对称，由题意只要求出与的图象的交点个数即可得． ，因此时，，递增，时，，递减， ，时， 又时，递减，时，递增， 在上递减，在上递增，且， ， 作出与的草图，如下图，结合图象可和 与在上有4个交点， 故选：D． 8. 已知，函数在上单调递减，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由题意可得,， ， ，．故A正确． 考点：三角函数单调性． 二、多项选择题：共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错得0分． 9. 下列说法正确的是（ ） A. 线性回归方程中，若线性相关系数越大，则两个变量的线性相关性越强 B. 数据1，3，4，5，7，9，11，16的第75百分位数为10 C. 根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，根据概率值，可判断与有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05 D. 某校共有男女学生1500人，现按性别采用分层抽样的方法抽取容量为100人的样本，若样本中男生有55人，则该校女生人数是675 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据线性相关系数的意义，结合第75百分位数的算法、独立性检验的性质、分层抽样的抽样比逐一判断即可. 【详解】对A选项，线性回归方程中，若线性相关系数的绝对值越大，则两个变量的线性相关性越强，A选项错误； 对B选项，数据1，3，4，5，7，9，11，16有8个数据，又， 数据1，3，4，5，7，9，11，16的第75百分位数为第6个数据与第7个数据的平均数，即为，B选项正确； 对C选项，， 可判断与有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05，C选项正确； 对D选项，分层抽样的抽取比例为，又样本中男生有55人， 该校男生有人，该校女生人数是，D选项正确． 故选：BCD． 10. 设是公差为d的等差数列，是其前n项的和，且，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】由得，，可判断A、B、C；分析与的符号，可判断中的最小项. 【详解】，则， 所以，所以，，， 因为，则，故A正确； ，故B错误； ，故C正确； ，是递增数列， ，， 所以中，只有最小，故D错误. 故选：AC． 11. 在正方体中，，G为C1D1的中点，点P在线段B1C上运动，点Q在棱C1C上运动，M为空间中任意一点，则下列结论正确的有（ ） A. 直线平面A1C1D B. 的最小值为 C. 异面直线AP与A1D所成角的取值范围是 D. 当时，三棱锥体积最大时其外接球的表面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据线面垂直判定定理判断A选项，应用侧面展开图判断B选项，根据异面直线所成及图形特征判断C选项，根据体积最大得出线面垂直再求外接球半径求解判断D选项. 【详解】对于A选项，连接，则， 由题可知，平面，且平面，则， 又，平面，平面，平面，平面，则， 同理可得，，平面， 平面，直线平面，则选项A正确； 对于C选项，由题可知，，， 所以四边形为平行四边形，则，所以与所成角即为异面直线与所成角，又点在线段上运动，可知是等边三角形，所以直线与所成角的取值范围是，则C选项正确； 对于B选项，如图展开平面，使平面共面，过作，交与点，交与点，则此时最小，由题可知，，则，即的最小值为，则B选项错误； 对于D选项，，当、、三点共面时，点的轨迹是以、为焦点的椭圆，又因为，所以椭圆的长轴长为，短轴长为，故点的轨迹是以，为焦点的椭球表面， 设的中点为，要使三棱锥的体积最大，即到平面的距离最大， 所以当平面，当平面，且时，三棱锥的体积最大， 此时为等边三角形，设其中心为，三棱锥的外接球的球心为，的外心，连接，，， 则，，所以， 即三棱锥体积最大时其外接球的表面积. 故选：ACD. 【点睛】方法点睛：距离和最小转化为侧面展开图三点共线最小. 12. 已知定义在上的函数的图象关于直线对称，函数的图象关于点中心对称，则下列说法正确的是（ ） A. B. 8是函数的一个周期 C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】设，由题意可推出，即可判断A；结合的图象关于点中心对称，可得，判断C；继而推出函数的周期，判断B；采用反证的思想说明D，即得答案. 【详解】因为定义在上的函数的图象关于直线对称， 设，则， 即，故，A正确； 又函数的图象关于点中心对称， 即，即， 故关于点中心对称，则，C正确； 由可得， 即，故， 即8是函数的一个周期，B正确； 若，则关于点中心对称， 因为为偶函数，关于y轴对称，则也将关于直线对称， 与关于点中心对称矛盾，D错误． 故答案为：ABC 【点睛】方法点睛：该题是关于抽象函数的性质问题，涉及到奇偶性、对称性以及周期性，解答时要能结合函数奇偶性以及周期性、对称性的定义，利用变量代换的方法，推出函数具有的性质，从而解决问题. 三、填空题：共4小题，每题5分，共20分． 13. 已知的展开式中的系数为，则________． 【答案】 【解析】 【分析】利用二项式定理得的通项，进而得出的展开式中的系数，列式计算即可． 【详解】由二项式定理可知的通项为， 故展开式中含的项分别为， 则的展开式中含的项为， 则，解得． 故答案为：． 14. 已知，则_________． 【答案】 【解析】 【分析】利用诱导公式及二倍角公式计算可得. 【详解】因为，所以 . 故答案为： 15. 某校高二学生的一次数学诊断考试成绩（单位：分）服从正态分布，从中抽取一个同学的数学成绩，记该同学的成绩为事件，记该同学的成绩为事件，则在事件发生的条件下事件发生的概率_________．（结果用分数表示） 附参考数据：，. 【答案】 【解析】 【分析】利用正态分布性质和条件概率公式求解即可. 【详解】由题知， 事件为“记该同学的成绩”， 因为，， 所以， 又， 所以. 故答案为： 16. 若，则实数最大值为______. 【答案】 【解析】 【分析】二次求导，结合隐零点得到方程与不等式，变形后得到，从而，，代入，得到的最大值. 【详解】， 定义域为， 则， 令， 则，在上单调递增， 且时，当时， 使得 即 当时，当时， 故在上单调递减，在上单调递增， 所以②， 由得①， 即，代入②得，， 整理得 ， ∴， ∴， ， 故的最大值为3. 故答案为：3 【点睛】隐零点的处理思路： 第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，其中难点是通过合理赋值，敏锐捕捉零点存在的区间，有时还需结合函数单调性明确零点的个数； 第二步：虚设零点并确定取范围，抓住零点方程实施代换，如指数与对数互换，超越函数与简单函数的替换，利用同构思想等解决，需要注意的是，代换可能不止一次. 四、解答题：本题共6小题，第17题10分，其余题目为12分，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17. 已知数列的前项积为，且. （1）求证：数列是等差数列； （2）证明：. 【答案】（1）证明：由数列的前项积为，得，又， 所以，当时，，整理得，即， 所以，当时，为定值， 所以数列是等差数列. （2）证明：因为，令，得，，故， 结合（1）可知，是首项为2，公差为1的等差数列， 所以，得. 所以，当时，， 显然符合上式， 所以. 所以， 故 . 因为，， 所以. 【解析】 【分析】（1）根据等差数列的定义，为定值即可证明. （2）由结合（1）求的通项公式，进而得，再把化简代入求值，从而即可证明. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 18. 某校在一次庆祝活动中，设计了一个“套圈游戏”，规则如下：每人3个套圈，向，两个目标投掷，先向目标掷一次，套中得1分，没有套中不得分，再向目标连续掷两次，每套中一次得2分，没套中不得分，根据累计得分发放奖品．已知小明每投掷一次，套中目标的概率为，套中目标的概率为，假设小明每次投掷的结果相互独立，累计得分记为． （1）求小明恰好套中2次的概率； （2）求的分布列及数学期望． 【答案】（1）； （2）的分布列为 0 1 2 3 4 5 . 【解析】 【分析】（1）分类讨论及利用概率乘法公式计算即可； （2）利用随机变量的分布列与期望公式计算即可. 【小问1详解】 记“小明恰好套中2次”为事件A， 分3种情况第一次，第二次套中；第一次，第三次套中；第二次第三次套中； 则：， 小明恰好套中2次的概率为； 【小问2详解】 由题意可得：的可能取值为0，1，2，3，4，5， ，， ，， ，， 所以的分布列为 0 1 2 3 4 5 所以. 19. 法国著名军事家拿破仑·波拿巴最早提出的一个几何定理：“以任意三角形的三条边为边向外构造三个等边三角形，则这三个等边三角形的外接圆圆心恰为等边三角形的顶点”．在中，内角的对边分别为，且，以，为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次为．若，的面积为，求的面积． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，求得，连接，由正弦定理得，在正中，利用三角形的面积公式，求得，在中，由余弦定理列出方程，求得，再在中，由余弦定理得，求得，结合三角形的面积公式，即可求解. 【详解】解：由，可得， 所以，可得， 解得或（舍去）， 因为，所以， 如图所示，连接，由正弦定理得， 则， 在正的面积为，所以， 又因为，可得， 在中，由余弦定理得， 即，则， 在中，，且，由余弦定理， 可得，所以， 所以的面积为. 20. 如图所示，四棱锥中，底面为菱形，. （1）证明：面； （2）线段上是否存在点，使平面与平面夹角的余弦值为？若存在，指出点位置；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） 因为底面为菱形，所以，又， 面，所以面， 面，所以. 又，所以. 结合，面，得面. （2） 取线段的中点，结合题设及（1）的结论，如图所示建立空间直角坐标系. 不妨设，则， 假设存在符合条件，设 即，即， 所以. 设平面的法向量， , 则，令，则，即. 注意到，设平面的法向量， 则，令，则，即. 题设知， 即，所以，得（舍）或. 综上，时符合条件，此时点为线段的靠近点的四等分点. 【解析】 【分析】（1）由线面垂直的判定定理证明即可； （2）以为坐标原点，建立如图所示建立空间直角坐标系，设，表示出点坐标，分别求出平面与平面夹角的法向量，再由二面角的向量公式可求出，即可知位置. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 21. 已知椭圆C：的离心率为，两焦点与短轴两顶点围成的四边形的面积为． （1）求椭圆C的标准方程； （2）我们称圆心在椭圆C上运动，半径为的圆是椭圆C的“卫星圆”，过原点O作椭圆C的“卫星圆”的两条切线，分别交椭圆C于A，B两点，若直线OA，OB的斜率存在，记为，． ①求证：为定值； ②试问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由． 【答案】（1） （2）①由题意及（1）证明如下， 直线，的方程分别为， 设椭圆的“卫星圆”的圆心为， 因为直线，为“卫星圆”的两条切线， 则， 化简得，， 所以，为方程的两根， 故， 又因为， 所以， ∴为定值. ②是定值，定值为 【解析】 【分析】（1）由已知条件列方程组求出，可得椭圆C的标准方程； （2）设直线，的方程，由相切列等式利用韦达定理求；直线方程与椭圆方程联立，表示出，利用已知条件化简即可. 【小问1详解】 依题意得，解得， 所以椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 ①略. ②设，由 ，，解得， ，由于，所以， 得， 所以为定值． 【点睛】方法点睛： 解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题． 22. 已知函数． （1）求的单调区间； （2）若，求的取值范围． 【答案】（1） 当时，单调递减区间为，单调递增区间为； 当时，单调递减区间为，单调递增区间为． （2） 【解析】 【分析】（1）求导，对分类讨论，根据导数正负得到函数的单调区间； （2）由题可得，，令，，利用导数可证得，故，从而可求得，故，解不等式得解. 【小问1详解】 ． 由题可知：， 当时，令，解得， 当，，单调递减， 当，，单调递增；. 当时，令，解得， 所以当，，单调递减， 当，，单调递增； 综上，当时，单调递减区间为，单调递增区间为； 当时，单调递减区间为，单调递增区间为． 【小问2详解】 原不等式为，即． 因为，所以． 令，则其在区间上单调递增， 取，则；取，则， 所以存在唯一使得， 令，则． 当时，，单调递减；当时，，单调递增； 所以，即，． 故． 故， 所以． 当且仅当即时，等号成立， 故，解得或， 即的取值范围为. 【点睛】方法点睛：利用导数求解参数范围的两种常用方法： （1）分离参数法：将参数和自变量分离开来，构造关于自变量的新函数，研究新函数最值与参数之间的关系，求解出参数范围； （2）分类讨论法：根据题意分析参数的临界值，根据临界值作分类讨论，分别求解出满足题意的参数范围最后取并集． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $